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    =f ∴f(x)是以10为周期的周期函数. ∴f=9 (2)当x∈[16,17],x-10∈[6,7] ∴f2=2 当x∈(17,20,x-20∈(-3,0,4-∈[4,7 ∴f] =f2 ∴g(x)= ∵x∈ [16,17]时.g(x)最大值为16.最小值为9,x∈(17.20.g≤g(20)=36 ∴g(x)的最大值为36.最小值为9. =f在上至少有两个解. 而在[-1000.1000上有200个周期.至少有400个解.又f=0 所以最少有401个解.且这401个解的和为-200. 注 题中(2)可根据函数图像的对称性.函数的周期性.通过作图得到 f(x)= 一般地:当x∈[-3.2]时.4-x∈[2,7] ∴f2 ∴当x∈[-3,7],f2 故当x∈[-3+10k,7+10k],x-10k∈[-3,7] ∴f2 ∴f2 x∈[-3+10k,7+10k], 例3 设a是正数.ax+y=2.记y+3x-x2的最大值是M(a).试求: M(a)的最小值. 解 将代数式y+3x-x2表示为一个字母.由ax+y=2解出y后代入消元.建立关于x的二次函数.逐步进行分类求M(a). =y+3x-x2,将y=2-ax代入消去y.得: S(x)=2-ax+3x-x2 =-x2+(3-a)x+2 =-[x-(3-a)]2+(3-a)2+2 ∵y≥0 ∴2-ax≥0 而a>0 ∴0≤x≤ 下面分三种情况求M(a) (i)当0<3-a<.即 时 解得 0<a<1或2<a<3时 M= (3-a)2+2 (ii)当3-a≥即 时. 解得:1≤a≤2.这时 M(a)=S()=2-a·+3·-· =-+ (iii)当3-a≤0,即a≥3时 M=2 综上所述得: M(a)= 的最小值. 当0<a<1或2<a<3时 M(a)=(3-a) 2+2>2 当1≤a≤2时 M(a)=-+=-2(-)2+ ∵1≤a≤2≤≤1 ∴当=时.M(a)取小值.即 M= 当a≥3时.M(a)=2 经过比较上述各类中M的最小值是2. 注 解题经验的积累.有利于解题思路的挖掘.对参数a的分类.完全依据二次函数顶点的横坐标3-a是否在定义域区间[0.]内.这样就引出三种状态.找出解题的方案. 例4 已知函数f(x)=x上是增函数.且在其定义域上是偶函数. (1)求p的值.并写出相应的函数f(x)的解析式. 中求得的函数f=-qf[f+1.问是否存在实数q在区间(-∞,-4上是减函数.且在区间上是增函数.若存在.请求出来,若不存在.请说明理由. 解 (1)若y=xα在x∈上是递增函数.则有α>0. ∵f上是增函数. ∴-p2+p+>0 解得:-1<p<3,而p∈Z ∴p=0,1,2 当p=0或2时.有f(x)=x不是偶函数.故p=1.此时,f(x)=x2. (2)利用函数单调性的定义进行探索求解. ∵f(x)=x2 ∴g(x)=-qx4+x2+1 假设存在实数q满足题设条件.设x1<x2,则 g(x1)-g(x2) =-qx14+x12+qx24-x22 =(x1+x2) (x2-x1) [q(x12+x22)-] 若x1,x2∈(-∞,-4.易知x1+x2<0, x2-x1>0, 要使g(x)在(-∞,-4上是递减函数.则应有 q(x12+x22)-<0 恒成立 ∵x1<-4,x2≤-4 ∴x12+x22>32.而q<0 ∴q( x12+x22)<32q 从而要使q( x12+x22)<2q-1恒成立.则必有2q-1≥32q 即 q≤- 若x1,x2∈.易知(x1+x2) (x2-x1)<0.要使g上是增函数.则应有 q(x12+x22)->0 恒成立 ∵-4<x1<0,-4<x2<0 ∴x12+x22<32.而q<0 ∴q( x12+x22)>32q 要使q( x12+x22)>2q-1恒成立.则必有2q-1≤32q,即 q≥- 综合以上两方面.得q=- 故存在实数q=-.使得g(x)在(-∞,-4上是减函数.且在上是增函数. 注 本例是一道综合性较强的题目.对于第(2)小题.还可以从复合函数性质方面来考虑.就有如下解法: 设t=x2.由g(x)在(-∞,-4上是减函数.在上是增函数.而t=x2在[16.+∞和上都是增函数.得 h(t)=-qt2+上是增函数.在[16.+∞上是减函数.从而可得 =16 ∴q=- 例5 设函数f(x)定义域为R.当x>0时.f(x)>1.且对任意x,y∈R.有 f. =1; 在R上是增函数, |f(x2)·f(y2)<f=1,c∈R}.若A∩B=.求c的取值范围. 解 =f.借助当x>0时.f(x)>1.则设x=0,y=1得: f.即f ∵f=1 在R上是增函数.即证明当x1<x2时.有f(x1)<f(x2). ∵对x1,x2∈R,x1<x2,.有x2-x1>0 ∴f(x2)=f(x1+x2-x1)=f(x1)·f(x2-x1) 中有f(x2-x1)>1 故要证明f(x2)>f(x1).只要证明f(x1)>0即可. 事实上.当x1>0时.f(x1)>1>0 当x1=0时.f(x1)=1>0 当x1<0时.f(x1)·f(-x1)=f(x1-x1)=f(0)=1 又∵f(-x1)>1 ∴0<f(x1)<1 故对于一切x1∈R.有f(x1)>0 ∴f(x2)=f(x1)·f(x2-x1)>f(x1).故命题得证. (3)解 A:f(x2+y2)<f(1).则由单调性知x2+y2<1. B:由f=1和函数单调性知 x+y+c=0 故若A∩B=.用图形分析可得:只要圆x2+y2=1与直线x+y+c=0相离或相切即可. 故≥1 ∴c≥或c≤ 注 第(2)题也可作如下处理: f=1>0.得f(-x)=.证得f(x)>0恒成立. 且=f(x2)·f(-x1)=f(x2-x1)>1 ∴f(x2)>f(x1) 例6 已知二次函数f(x)=ax2+bx+c和一次函数g(x)=-bx.其中a.b.c满足a>b>c,a+b+c=0. (1)求证:两函数的图像交于不同的两点A.B, (2)求线段AB在x轴上的投影A1B1的长度的取值范围. 解 (1)证:由消去y.得ax2+2bx+c=0 Δ=4b2-4ac =42-4ac =4(a2+ac+c2) =4[(a+)2+c2] 此证法不够自然 ∵a>b>c ∴.c不同时为0 ∴Δ>0.即两函数的图像交于不同的两点. (2)设方程ax22bx+c=0的两根为x1和x2.则 x1+x2=-,x1x2= |A1B1|2=( x1-x2)2=( x1+x2)2-4x1x2 =(-)2-= ==4[()2++1] =4[(+)2+] ∵a>b>c.a+b+c=0.a>0,c<0, ∴.解得∈(-2, -) ∵f()=4[()2++1]的对称轴是=- ∴当∈(-2,-)时.为减函数 ∴|A1B1|2∈ .故|A1B1|∈(,2) 例7 二次函数f(x)=px2+qx+r中实数p.q.r满足++=0.其中m>0.求证: (1)pf()<0; 内恒有解. 解 (1)pf()=p[p()2+q()+r]=pm[++]=pm [-]=p2m[]=-.由于f(x)是二次函数,故p≠0.又m>0.所以.pf()<0. =r,f(1)=p+q+r. ①当p>0时.由(1)知f()<0 若r>0.则f(0)>0.又()<0,所以f(x)=0在(0.)内有解. 若r≤0.则f(--)+r=->0 又f()<0.所以f(x)=0在(,1)内有解. ②当p<0时同理可证. 注 (1)题目点明是“二次函数 .这就暗示着二次项系数p≠0.若将题中的“二次 两个字去掉.所证结论相应更改. (2)对字母p.r分类时先对哪个分类是有一定讲究的.本题的证明中.先对p分类.然后对r分类显然是比较好. 例8 设二次函数f(x)=ax2+bx+c,已知二次方程f(x)-x=0的两个根x1与x2满足0<x1<x2<. (1)证明:当u∈(0,x1)时.u<f(u)<x1; (2)若f(x0-x)=f(x0+x).证明:2x0<x1. 证法一 -x.因为x1,x2是方程f(x)-x=0的根.所以可设 F(x)=a(x-x1)(x-x2) 当u∈(0.x1)时.∵ x1<x2,∴得 (u-x1)(u-x2)>0.又∵a>0.得 F(u)=a(u-x1)(u-x2)>0.即u<f(u) x1-f(u)=x1- =(x1-u)[1+a(u-x2)] ∵0<u<x1<x2< 所以x1-u>0,1+a(u-x2)=1+au-ax2>1-ax2>0.得x1-f<x1 故当u∈(0.x1)时.u<f(u)<x1 (2)依题意得x0=- ∵x1,x2是方程f(x)-x=0的两根.即x1,x2是方程 ax2+(b-1)x+c=0的根. 所以x1+x2=- x0=-== ∵ax2<1, ∴x0<=.即2x0<x1. 证法二 -x=0的两根为x1,x2 ∴f(x)-x=a(x-x1)(x-x2) 故欲证u<f(u)<x10<f(u)-u<x1-u0<a(u-x1)(u-x2)<x1-u0<a(x2-u)<1. (∵u∈(0,x1),∴x1-u>0)0<x2-u< 又∵0<u<x2<, ∴0<x2-u<成立. 故u<f(u)<x1成立. (2)由于方程x1,x2是方程f(x)-x=0的根.也即ax2+(b-1)x+c=0的两根. ∴x1+x2=-=-+ 又∵0<x2<,∴x1+>x1+x2=-+ ∴x1>- 又∵x0=-<.故2x0<x1. 注 解决本题的关键是熟练掌握抛物线方程的基本形式:y=a(x-x1)(x-x2).另外.要求掌握用差比较证明不等式的基本变形方向:化为乘积式或非负数之和的形式. 例9 设f(x)是定义在R上的偶函数.其图像关于直线x=1对称.对任意x1,x2∈[0,].都有f(x1+x2)=f(x1)·f(x2).且f(1)=a>0. (1)求f()及f(); 是周期函数, (3)记an=f(2n+),求(lnan). 解 =f(+)=f()·f()=f2()=a ∴f()=± 又∵f()=f(+)=f2()>0 ∴f()=a 同理可得f()=a 是偶函数.∴ f 又∵f=f(2-x) ∴f]=f 这表明f(x)是R上的周期函数.且2是它的一个周期. (3)对于x∈[0.1].有∈[0, ] ∴f(x)=f(+)=f()·f()>0 (∵.其中.-不能同时为0.∴) ∵f()=f(n·)=f[+(n-1)·] =f()·f[(n-1)·] -- =f()·f()-f() =[f()]n 又∵f()=a,∴f()=a ∵f(2n+)=f() ∴an=a ∴(lnan)= (lna)=0 例10 已知a,b,c是实数.函数f(x)=ax2+bx+c,g(x)=ax+b.当-1≤x≤1时.|f(x)| ≤1. (1)证明:|c|≤1; (2)证明:当-1≤x≤1时.|g(x)| ≤2; (3)设a>0.当-1≤x≤1时.g. 解 (1)取x=0∈[-1.1].由已知得:|c|=|f(0)| ≤1 =ax+b是关于x的一次函数.所以g(x)在区间[-1.1]上单调(a≥0时.单调递增,a<0时.单调递减).所以要证|g| ≤2.|g(-1)| ≤2. ∵-1,0,1均在区间[-1.1]内.∴由已知得 |f|=|a+b+c|≤1 ∴|g(1)|=|a+b|=|a+b+c-c|≤|a+b+c|+|c|≤2 |g(-1)|=|a-b|=|a-b+c-c|≤|a-b+c|+|c|≤2. ∴当-1≤x≤1时.|g(x)| ≤2. 在[-1.1]上是增函数.所以当x=1时.g(x)取得最大值2.即 2=g 所以 -1≤f-2≤1-2=-1 从而得:c=f(0)=1 又当x∈[-1.1]时.f.表明二次函数f(x)在[-1.1]上不单调.所以有-∈[-1,1].且 f(-)=f(0)=-1. 又由二次函数极值的惟一性得: -=0.即b=0,a=2. 所以 f(x)=2x2-1. 注 本题第(2)小题还可这样证明:用f表示出a,b,c. 由 解得:a=-f(0),b=,c=f(0) 故|g(x)|=|ax+b| =|[-f(0)]x+| =|f(1)+ ·f| ≤||·|f(1)|+|||f| ≤||+||+1 =++1 =2 【查看更多】

     

    题目列表(包括答案和解析)

    设f（x）是以3为周期的周期函数，且x∈（0，3]时f（x）=lgx，N是y=f（x）图象上的动点，
    MN
    =(2    ，10），则以M点的轨迹为图象的函数在（1，4]上的解析式为（　　）

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    设f（x）是以3为周期的周期函数，且x∈（0，3]时f（x）=lgx，N是y=f（x）图象上的动点，
    MN
    =(2    ，10），则以M点的轨迹为图象的函数在（1，4]上的解析式为（　　）
    A．g（x）=lg（x-1）-10，x∈（1，4]B．g（x）=lg（x-1）+10，x∈（1，4]
    C．g（x）=lg（x-5）+10，x∈（1，4]D．g（x）=lg（x+2）-10，x∈（1，4]

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    设f（x）是以3为周期的周期函数，且x∈（0，3]时f（x）=lgx，N是y=f（x）图象上的动点，，10），则以M点的轨迹为图象的函数在（1，4]上的解析式为（ ）
    A．g（x）=lg（x-1）-10，x∈（1，4]
    B．g（x）=lg（x-1）+10，x∈（1，4]
    C．g（x）=lg（x-5）+10，x∈（1，4]
    D．g（x）=lg（x+2）-10，x∈（1，4]

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    设f（x）是以3为周期的周期函数，且x∈（0，3]时f（x）=lgx，N是y=f（x）图象上的动点，数学公式，10），则以M点的轨迹为图象的函数在（1，4]上的解析式为


    1. A.
      g（x）=lg（x-1）-10，x∈（1，4]
    2. B.
      g（x）=lg（x-1）+10，x∈（1，4]
    3. C.
      g（x）=lg（x-5）+10，x∈（1，4]
    4. D.
      g（x）=lg（x+2）-10，x∈（1，4]

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    设g(x)是定义在R上、以2为周期的函数，若f(x)＝x＋g(x)在[4，6]上的值域为[－2，5]，则f(x)在区间[－6，10]上的值域为________．

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